《（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí) 計算題熱點巧練 熱點19 電磁學(xué)綜合題（帶電粒子在復(fù)合場中的運動）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí) 計算題熱點巧練 熱點19 電磁學(xué)綜合題（帶電粒子在復(fù)合場中的運動）（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點19　電磁學(xué)綜合題(帶電粒子在復(fù)合場中的運動) (建議用時：20分鐘) 1．(2019·棗莊診斷)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示．一質(zhì)量m＝1.0×10－20 kg、電荷量q＝1.0×10－9 C的帶負(fù)電的粒子從(－1 cm，0)點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運動．忽略粒子的重力等因素．求： (1)x軸左側(cè)電場強(qiáng)度E1和右側(cè)電場強(qiáng)度E2的大小之比； (2)該粒子運動的最大動能Ekm； (3)該粒子運動的周期T. 2．如圖所

2、示，在直角坐標(biāo)系xOy平面的第一、四象限內(nèi)各有一個邊長為L的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，第二、三象限區(qū)域內(nèi)各有一個高L，寬2L的長方形勻強(qiáng)磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，各磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相等，第一象限的x

3、第(2)問中粒子從進(jìn)入磁場到坐標(biāo)(－L，0)點所用的時間． 3．(2019·濱州質(zhì)檢)如圖所示，在真空室內(nèi)的P點，能沿紙面向各個方向不斷發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(不計重力)，粒子的速率都相同．a(chǎn)b為P點附近的一條水平直線，P到直線ab的距離PC＝L，Q為直線ab上一點，它與P點相距PQ＝L.當(dāng)直線ab以上區(qū)域只存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場時，水平向左射出的粒子恰到達(dá)Q點；當(dāng)ab以上區(qū)域只存在平行該平面的勻強(qiáng)電場時，所有粒子都能到達(dá)ab直線，且它們到達(dá)ab直線時動能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到達(dá)Q點．已知sin 37°＝0.6，cos

4、 37°＝0.8，求： (1)粒子的發(fā)射速率； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向； (3)僅有磁場時，能到達(dá)直線ab的粒子所用最長時間和最短時間的比值． 熱點19　電磁學(xué)綜合題 (帶電粒子在復(fù)合場中的運動) 1．解析：(1)由題圖可知： x軸左側(cè)電場強(qiáng)度大小 E1＝ V/m＝2.0×103 V/m ① x軸右側(cè)電場強(qiáng)度大小 E2＝ V/m＝4.0×103 V/m ② 所以＝. (2)粒子運動到原點時速度最大，根據(jù)動能定理有qE1·x＝Ekm ③ 其中x＝1.0×10－2 m 聯(lián)立①③式并代入數(shù)據(jù)可得 Ekm＝2.0×10－8 J． ④ (3)設(shè)粒子在原點

5、左右兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，在原點時的速度為vm，由運動學(xué)公式有vm＝t1 ⑤ vm＝t2 ⑥ 又Ekm＝mv ⑦ T＝2(t1＋t2) ⑧ 聯(lián)立①②④⑤⑥⑦⑧式并代入數(shù)據(jù)可得 T＝3.0×10－8 s. 答案：(1)　(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s 2．解析：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動有：L＝v0t，＝at2，qE＝ma 聯(lián)立解得：E＝. (2)粒子進(jìn)入磁場時，速度方向與y軸負(fù)方向夾角的正切值tan θ＝＝1 速度大小v＝＝v0 設(shè)x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達(dá)(－L，0)點，應(yīng)滿足L＝2nx，其中n

6、＝1、2、3…，粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為；當(dāng)滿足L＝(2n＋1)x時，粒子軌跡如圖乙所示． 若軌跡如圖甲，設(shè)圓弧的半徑為R，圓弧對應(yīng)的圓心角為.則有x＝R，此時滿足L＝2nx，聯(lián)立可得：R＝ 洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝m 得：B＝(n＝1、2、3…) 若軌跡如圖乙，設(shè)圓弧的半徑為R，圓弧對應(yīng)的圓心角為.則有x＝R，此時滿足L＝(2n＋1)x，聯(lián)立可得：R＝ 洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝m 得：B＝(n＝1、2、3…) 所以為使粒子進(jìn)入磁場后途經(jīng)坐標(biāo)原點O到達(dá)坐標(biāo)(－L，0)點，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝(n＝1、2、3…)或B＝(n＝1、2、

7、3…) (3)若軌跡如圖甲，粒子從進(jìn)入磁場到從坐標(biāo)(－L，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和θ＝2n××2＝2nπ，則 t＝T×＝＝. 若軌跡如圖乙，粒子從進(jìn)入磁場到從坐標(biāo)(－L，0)點射出磁場過程中，圓心角的總和θ＝(2n＋1)×2π＝(4n＋2)π，則 t＝T×＝＝ 所以粒子從進(jìn)入磁場到坐標(biāo)(－L，0)點所用的時間為或. 答案：(1)　(2)B＝(n＝1、2、3…)或B＝(n＝1、2、3…) (3)或 3．解析：(1)設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，過O作PQ的垂線交PQ于A點，如圖甲所示： 由幾何知識可得＝ 代入數(shù)據(jù)可得粒子軌跡半徑R＝＝ 洛倫茲力提供向心力Bq

8、v＝m 解得粒子發(fā)射速度為v＝. (2)真空室只加勻強(qiáng)電場時，由粒子到達(dá)ab直線的動能相等，可知ab為等勢面，電場方向垂直ab向下． 水平向左射出的粒子經(jīng)時間t到達(dá)Q點，在這段時間內(nèi)＝＝vt?。絃＝at2 式中a＝ 解得電場強(qiáng)度的大小為E＝. (3)只有磁場時，粒子以O(shè)1為圓心沿圓弧PD運動，當(dāng)圓弧和直線ab相切于D點時，粒子速度的偏轉(zhuǎn)角最大，對應(yīng)的運動時間最長，如圖乙所示．據(jù)圖有 sin α＝＝ 解得α＝37° 故最大偏轉(zhuǎn)角γmax＝233° 粒子在磁場中運動最大時長t1＝T 式中T為粒子在磁場中運動的周期． 粒子以O(shè)2為圓心沿圓弧PC運動的速度偏轉(zhuǎn)角最小，對應(yīng)的運動時間最短．據(jù)圖乙有 sin β＝＝ 解得β＝53° 速度偏轉(zhuǎn)角最小為γmin＝106° 故最短時長t2＝T 因此，粒子到達(dá)直線ab所用最長時間和最短時間的比值＝＝. 答案：(1)　(2)　電場方向垂直ab向下　(3) - 6 -